6. gyakorlat 6.. Feladat: (HN 38B-) Kettős rést 6 nm hullámhosszúságú fénnyel világitunk meg és ezzel egy ernyőn interferenciát hozunk létre. Ezután igen vékony flintüvegből (n,65) készült lemezt helyezünk csak az egyik résre. Ennek következtében az interferenciakép főmaximuma pontosan oda tolódik el, ahol az eredeti elrendezésben a tizedrendü maximum volt. Számitsuk ki ebből, hogy milyen vastag volt az üveglemez! Megoldás: Legyen a rések távolsága d, az üveglemez vastagsága w! Az üveglemez behelyezése előtt az intenzitásmaximum a rések középvonalában volt, ami a zérus fáziskülönbséghez tartozik. Az üveglemez behelyezése után a zérus fáziskülönbségű hely poziciója eltolódik, mégpedig úgy, hogy az üveglemez fázistolását az üveglemezzel nem fedett résen áthaladó fény hosszabb útja kompenzálja. Ha az ernyő távolsága elég nagy, a két résen áthaladó fénysugarak párhuzamosaknak tekinthetőek. A tizedik maximumhoz tartozó α szög a flintüveg nélküli esetben így a s levegő λ d sin α λ (6..) egyenletből kapható meg. A w vastagságú flintüveg behelyezése Φ-vel megváltoztatja az illető résen áthaladó fényhullám fázisát. Hogy mennyivel azt úgy kaphatjuk meg, hogy kiszámoljuk mindkét résre a w úthosszhoz tartozó fázisokat és ezeket kivonjuk egymásból. Az üveglemezzel nem fedett rés esetén ezt a távolságot a fény a levegőben teszi meg, a másik résnél üvegben, ahol nagyobb az optikai úthossz 9. : Φ levegő π w λ Φ üveg π w π w n λ üveg λ Φ Φ üveg Φ levegő π ami az optikai úthosszkülönbségekkel is kiszámítható: w (n ) λ (6..) s w s üveg n w optikai úthossz levegőben optikai úthossz az üvegben s s üveg s w (n ) (6..3) Φ π s λ π w (n ) λ (6..4) 9 A két közegben a fény sebessége és hullámhossza más a frekvenciája (ν c(n)/λ c/(n λ)) viszont nem. 35
Vegyük észre, hogy az optikai úthossz 6..3 képletében a hullámhossz nem szerepel. A flintüveggel a zéró fáziskülönbséghez tartozó szög meg kell egyezzen α -el: s d sin α ( λ) w (n ) λ w λ n 6 7, 65 A flintüveg lemez vastagsága tehát,93 mm. 9.3 6 m (6..5) 6.. Feladat: (HN 38A-6) Adjuk meg annak a legvékonyabb szappanhártyának (n,33) a vastagságát, amely a legnagyobb intenzitással a 4 nm hullámhosszúságú kék fényt veri vissza. Megoldás: Legyen a szappanhártya levegőben. A beeső fény a 38-6a ábra szerint a szappanhártya mindkét felületén visszaverődik. A két visszavert hullám interferenci-. ábra. A 38A-6 feladathoz ája adja meg a teljes visszavert hullámot. Maximális akkor lesz a visszavert intenzitás, ha a két visszavert hullám optikai útjának különbsége a hullámhossz egész számú többszöröse ( s m λ), vagyis a fáziskülönbség Φ π m, ahol m,,,... Figyelembe kell azonban azt is venni, hogy amikor a fényhullám optikailag sűrűbb közegről verődik vissza akkor egy λ/ útkülönbségnek megfelelő π nagyságú fázisugrás történik mig az optikailag ritkább közeg határfelületéről visszaverődésnél nincs fázisugrás. Az ábra alapján s u d n optikai útkülönbség a szappanhártyában (6..) s f λ fázisugrás (6..) s d n λ teljes optikai útkülönbség (6..3) s Φ π λ λ teljes fáziskülönbség (6..4) Az ábrán a beeső és visszavert hullámokat párhuzamos vonalak adják meg, a valóságban az ezekre a vonalakra merőleges hullámfelületek interferálnak. 36
Maximális amplitudó eléréséhez a teljes optikai útkülönbségnek m λ-val kell megegyeznie, vagyis (6..3)-t felhasználva d n λ m λ (6..5) d (m + ) λ n m,,, (6..6) Behelyettesítve a hullámhosszat az első három lehetőség a maximális reflexió eléréséhez d d d 4 9, 33 3 5 7, 59 8 m (6..7) 4 9, 56 7 m, 33 (6..8) 4 9 3, 759 7 m, 33 (6..9) Tehát a legvékonyabb szappahártya, amelyik a legnagyobb intenzitással a 4 nm hullámhosszúságú kék fényt veri vissza 7, 59 8 m vastag. 6.3. Feladat: (HN 39-A) Egy rést az 55 nm hullámhosszúságú fény világít meg és a réstől 3 m-re lévő ernyőn elhajlási kép alakul ki. Határozzuk meg a centrális maximum teljes szélességét, ha a rés (a), mm és (b),4 mm szélességű. Megoldás: Egy résre d sin α m λ m,, 3, minimumok (6.3.) Jelöljük a hullámhosszat λ-val, az ernyő távolságát L-lel és a rés szélességét d-vel! A centrális maximum teljes W szélessége megegyezik az m -hez tartozó minimumok távolságával, ami az első minimumokhoz tartozó α min, szöggel számolható ki: ahol sin α min, λ d és W L tg α (6.3.) sin α min, {.75 3 (d, mm).38 3 (d, 4 mm) Mivel α min, kicsi sin α min, tg α min, α min,, így { 8.5 3 m W L sin α min,.65 m (6.3.3) (6.3.4) 37
6.4. Feladat: (HN 39A-) Egy bizonyos távolságra eltávolodott autó két hátsó lámpája éjszaka alig különböztethető meg egymástól, mint két különálló fényforrás. Becsüljük meg az autótól való távolságunkat, feltéve, hogy a lámpák közötti távolság,5 m és átlagosan 64 nm hullámhosszúságú fénysugarat bocsátanak ki, a megfigyelő szemének a pupillája pedig 6 mm átmérőjű. (Megjegyzés: különböző sűrűségű levegőrétegekben a fénytörés hatására a kép homályossá válik, így a távolság valójában kisebb a számitottnál.) Megoldás: Az autólámpák elég messze vannak ahhoz, hogy pontszerűnek tekinthessük azokat és a belőlük kiinduló fény a megfigyelő szeméhez jó közelítéssel két, nem azonos szögben terjedő síkhullámként érkezzen. Ha a szemet egy D átmérőjű kör alakú diafragmával ellátott f fókusztávolságú lencsével modellezzük, az a síkhullámot egy x α f méretű foltra képezi le, ahol α sin α. λ. A két hátsó lámpa akkor D különböztethető meg, ha a nekik megfelelő foltok a látókérgen éppen x távolságba esnek. A 6. ábrán piros vonal jelöli a lámpák távolságát és a szemen belül a pupilla véges mérete miatti x méretű foltokat. A foltok mérete és középpontjaik távolsága megegyezik. A 6. ábra alapján. ábra. A 39A- feladathoz x f α f. λ D S (L + f) α L α L S α S D, λ Vagyis az autó távolsága.5 km., 5, 6, 6, 4 7, 5 4 m. (6.4.) 6.5. Feladat: (HN 35B-7) Impulzuslézer 4 ns hosszúságú, J energiájú fényimpulzusokat ad le. A fénynyaláb átmérője 3 mm. (a) Számitsuk ki a kibocsátott fénynyaláb hosszát. (b) Számitsuk ki a fénynyaláb energiasűrűségét (J/m 3 egységben). (c) Mekkora a hullám E o, elektromos térerősség komponensének az amplitúdója? 38
Megoldás: Jelölések: t 4 9 s, ε J, d 3 3 m és A d π 4 (a) A fénynyaláb hossza l c t, 99m. (b) Energiasűrűsége w (c) E amplitudója: ε A l 4 ε l d π.36 5 J m 3 A S E B Poynting vektor megadja a terjedési irányra merőleges egységnyi felületen, időegység alatt átáramló energia mennyiségét. Vákumban µ. Az µ EM hullámokban E és B egymásra merőlegesek, továbbá E c B ezért B E c, vagyis S S E B E c (6.5.) A lézer fényét elektromágneses síkhullámnak tekinhetjük, amiben a nyaláb keresztmetszetén t idő alatt ε energia áramlik át. Ez kifejezhető a Poynting vektor periodusidőre vett integráljával, vagy, ekvivalens módon, a Poynting vektor átlagának, a nyaláb keresztmetszetének és az időnek a szorzatával,azaz ε < S > d π 4 t c < E > d π 4 t (6.5.) < E > 4 ε c (6.5.3) d π t Ha E harmonikus (színusz, vagy koszinusz) függvény, akkor négyzetének átlaga helytől függetlenül az amplitudójának éppen a fele : Tehát (6.5.3)-ből < E > T T E o sin (ω t k x) dt E o (6.5.4) E o 4 ε c µo d π t 8 J.57 V s 6 A m.998 m 8 s (3 3 ) m 3.45 (6.5.5).39 8 V m. (6.5.6) < E > T E o T T E o sin (ω t k x) dt T [ ] T t E o T T T Eo E o E o 4 ω T (sin( π k x) sin( k x)) E o cos(ω t k x) dt cos(ω t k x) dt E o E o 4 ω T [sin(ω t k x)]t 39
6.6. Feladat: (HN 35B-5) Egy 5 mw teljesitményű hélium-neon lézer kör keresztmetszetű fénynyalábot bocsát ki. A nyaláb átmérője mm, a fény hullámhossza 63,8 nm. (a) Mekkora a nyalábban az elektromos térerösség maximális értéke? (b) Mekkora energia van a nyaláb méteres szakaszában? (c) Mekkora impulzusa van a nyaláb méteres szakaszának? Megoldás: (a) Jelöljük P, d, λ, E o -val rendre a teljesítményt, átmérőt, hullámhosszat és a térerősség amplitudóját! Első megoldás: Poynting vektorral Ez a feladat csak annyiban különbözik az előzőtől, hogy most a teljesítmény van megadva és nem a leadott teljes energia és az energialeadás ideje. Vagyis a 6.5.5 képletbe ε/t helyére kell P -t helyettesíteni: E o 4 P c µo d π 8 5 3 W.57 V s 6 A m.998 m 8 s ( 3 ) m 3.45.897 3 V m (6.6.) Második megoldás: Energiasűrűséggel A T λ periódusidő alatt kisugárzott energia w P T és ez az energia egy c V d π λ/4 térfogatban oszlik el. Az átlagos energiasűrűség Ugyanakkor vákumban < w > w V < w > 4 P d π c < w > 4 P T d π λ 4 P d π c ( ε o < E > + ) < B > (6.6.) (6.6.3) A lézer által kisugárzott fény egy EM síkhullám, tehát az elektromos és mágneses 4
energasűrűség átlagai benne egyenlőek ε o < E > < B > (6.6.9) ahonnan, mivel < w > P T E o 4 P d π ε o c, 897 3 V m < w > ε o < E > ε o E o < sin (k x ω t) > ε o E o (6.6.) 8 5 3 W As ( 3 ) m 3.45 8, 85 V m, 998 m 8 s (6.6.) (b) A nyaláb l m hosszúságú darabjában levő energia: ε P t l P l c 5 3.998 5.4 8 J (6.6.) (c) A fény impulzusa és energiája közötti kapcsolat: p ε c.669 9 kg m/s. (6.6.3) 6.7. Feladat: (HN 35C-37) Síkkondenzátort i áramerősséggel töltünk (3. ábra). (a) Mutassuk meg, hogy mialatt az elektromos térerösség növekszik, az S Poyntingvektor a lemezek közötti térben mindenütt a kondenzátor tengelye felé mutat. (A lemezek szélénél a térerősség inhomogenitásait figyelmen kivül hagyhatjuk.) Levezetés: c B E, c εo, azaz B ε o E < w > ( ε o < E > + ) < B > (6.6.4) c ( εo < E > +ε o < E > ) (6.6.5) ε o < E > ε o < Eo sin (k x ω t) > (6.6.6) ε o Eo < sin (k x ω t) > (6.6.7) ε o Eo (6.6.8) 4
3. ábra. A 35C-37 feladathoz (b) Ha a Poynting vektort a kondenzátort körbevevő hengerpalást mentén integráljuk, akkor a felület által bezárt térrészbe áramló energia nagyságát kapjuk meg. Mutassuk meg, hogy ez az energiaáram egyenlő a kondenzátor elektromos erőterében tárolt energia növekményével. (Ebben az értelemben, a kondenzátor energiája nem az áramvezető huzalokon keresztül, hanem a környező térből érkezik".) Megoldás: (a) S E B (6.7.) Ha E változik, akkor ennek hatására önmagukba záródó mágneses erővonallakkal jellemezhető B tér indukálódik a E B d s ε o da (6.7.) t egyenlet szerint. Az indukált mágneses tér merőleges az elektromos tér változására és egy adott r távolságban a kondenzátor tengelyétől mindenhol ugyanakkora nagyságú. Amennyiben ds-et H-val párhuzamosnak választjuk a baloldali integrál: B ds π r B. (6.7.3) A jobboldali integrált a baloldali integrálás zárt görbéjére illeszkedő tetszőleges felületre kell venni. Legyen ez a felület a kondenzátorlemezekkel párhuzamos körlap. Mivel a lemezek között mind E, mind d E homogén és lefelé mutat, vagyis párhuzamos a felület normálvektorával, ez az integrál is egyszerűen kiszámítható: E ε o t da ε d E o r π (6.7.4) Behelyettesítve 6.7. egyenletbe B ε o r d E 4 (6.7.5)
B ε o r d E (6.7.6) Az E vonalak az ábrán lefelé mutatnak. Az E nő, ezért E változása azonos irányú vele, vagyis a mágneses erővonalak a lemezek síkjával párhuzamos, a pozitív lemez irányából nézve az óramutató járásával megegyező irányú, körök. S iránya minden pontban mind E-re, mind B-re merőleges, így a kondenzátor tengelye felé (befelé) mutat. S integrálja a kondenzátort körülvevő hengerpalástra 3 megadja az energiaáramlás fluxusát: Φ(ε) S d A π r d S π r d E B π r d E ε o r d E ε o r π d E d E (6.7.7) Mivel ez a kondenzátor belseje felé mutat a kondenzátor energiája időegységenként ennyivel növekszik. ε C ( t) Φ(ε) t ε o r π E d E t d (6.7.8) A kondenzátor energiájának kis t idő alatti növekedését az árammal is kiszámolhatjuk: ε C ( t) q U C i t U C (6.7.9) i t E d i E t d (6.7.) d E Az i áram azonban a lemezek között nulla. Nagysága azonban megegyezik a j elt ε o eltolási áramsűrűség d E i elt j elt A ε o A (6.7.) fluxusával, az i elt eltolási árammal, ahol A r π. Behelyettesítve: ε C ( t) ε o d E r π E t d ε o r π E d E t d (6.7.) Láthatjuk, hogy 6.7.8 és 6.7. valóban megegyeznek. A feladat állítását ezzel igazoltuk. Házi feladat (gyakorlásra): 38/ 3, 8,, 9, 4, 3, 4 39/, 4, 7, 4, 3, 7, 3 35/, 4, 8, 3, 5, 3 A d A felületelem irányát a tengely felé mutató irányba vesszük fel. 43